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专题2.16 函数的图象-重难点题型精练
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022春•安化县期末）函数 x2+|2x|的部分图象大致是（ ）
f(x)=
2x+2−x
A．
B．
C．
D．
【解题思路】根据题意，先分析函数的奇偶性，排除 A，再分析函数图象的变换趋势，排除CD，即可
得答案．
【解答过程】解：根据题意， x2+|2x|，其定义域为R，
f(x)=
2x+2−x
有 x2+|2x| f（x），函数f（x）为偶函数，排除A，
f(−x)= =
2x+2−x
当x→+∞时，f（x）→0，排除CD，
故选：B．
2．（5分）（2022春•铜鼓县校级期末）已知图1是函数y＝f（x）的图象，则图2中的图象对应的函数可能是（ ）
A．y＝f（|x|） B．y＝|f（x）| C．y＝f（﹣|x|） D．y＝﹣f（﹣|x|）
【解题思路】利用函数的图象的对称性，以及函数的图象的翻折关系，求解函数的解析式，判断选项即
可．
【解答过程】解：由题意知，图2关于y轴对称，是将y轴左侧的图象沿y轴翻折到右侧，所以其对应
函数应为y＝f（﹣|x|）．
故选：C．
3．（5分）（2022春•富阳区月考）设a＞0且a≠1，b R，函数f（x）＝ax﹣b，g（x）＝log （x+b），则
a
函数f（x），g（x）在同一平面直角坐标系内的图像∈可能为（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】根据指数函数和对数函数的单调性，以及图像变换关系进行判断即可．
【解答过程】解：函数f（x）与g（x）的单调性相同，排除A，
当b＞0时，f（x）的图像由y＝ax向右平移b个单位得到，g（x）的图像由y＝log x的图像向左平移b
a
个单位得到，
当b＜0时，f（x）的图像由y＝ax向左平移|b|个单位得到，g（x）的图像由y＝log x的图像向右平移|b|
a
个单位得到，
则对应图像中，B正确，CD错误，故选：B．
4．（5分）（2021秋•西岗区校级月考）幂函数y＝x﹣1及直线y＝x，y＝1，x＝1将平面直角坐标系的第一
象限分成八个“卦限”：①，②，③，④，⑤，⑥，⑦，⑧（如图所示），则幂函数 1的图象经过
y=x2
的“卦限”是（ ）
A．①，⑦ B．④，⑧ C．③，⑦ D．①，⑤
1
【解题思路】结合幂函数的五种形式，再代入x= 和x＝2，验证即可．
2
1 1 1 √1 √2
【解答过程】解：取x= 得，y=( )2= = （0，1），故在第⑤卦限；
2 2 2 2
∈
再取x＝2得，y 1 （1，2），故在第①卦限，
=22=√2
∈
故选：D．
5．（5分）（2021•乐山模拟）已知函数f（x）＝﹣x3+bx2﹣c的图象关于点P（1，﹣1）成中心对称，则
下列不等关系正确的是（ ）
A．f（﹣2）+f（5）＞﹣2 B．f（﹣1）+f（2）＜﹣2
C．f（ln2）+f（ln4）＞﹣2 D．f（ln2）+f（ln3）＞﹣2
【解题思路】根据函数的对称性求出b，c的值，利用函数的单调性进行判断即可．
【解答过程】解：由图象关于点P（1，﹣1）成中心对称，得f（2﹣x）+f（x）＝﹣2，可知f（1）＝﹣
1，即b＝c，
由f（0）+f（2）＝﹣2，得2b﹣c＝3，由此可解得b＝c＝3，
所以f（x）＝﹣x3+3x2﹣3，画出其图象，如图所示：
对于A，因为f（﹣2）＝﹣2﹣f（4），所以f（﹣2）+f（5）＞﹣2即为f（4）＜f（5），错误；
同理，对于B，f（﹣1）+f（2）＞﹣2，即为f（2）＜f（3），错误；
对于C，f（ln2）＝﹣2﹣f（2﹣ln2），所以f（ln2）+f（ln4）＞﹣2，即为f（2﹣ln2）＜f（ln4），正确；
对于D，即为f（ln3）＞f（2﹣ln2），因为ln3＜2﹣ln2，故D错误；综上选C．
故选：C．
6．（5分）（2021秋•武汉期中）已知f（x）是定义在（﹣3，3）上的奇函数，当0＜x＜3时，f（x）的图
像如图所示，那么不等式f（x）＞0的解集是（ ）
A．（1，3） B．（﹣3，﹣1）∪（1，3）
C．（﹣1，0）∪（1，3） D．（﹣1，0）∪（0，1）
【解题思路】由奇函数的图象关于原点对称和已知图象，求得f（x）＞0的解集．
【解答过程】解：由图象可得0＜x＜1时，f（x）＜0；1＜x＜3时，f（x）＞0，
又f（x）是定义在（﹣3，3）上的奇函数，可得﹣1＜x＜0时，f（x）＞0；﹣3＜x＜﹣1时，f（x）＜
0，
所以f（x）＞0的解集为（﹣1，0）∪（1，3），
故选：C．
7．（5分）（2021秋•涵江区校级月考）已知函数定义在（﹣3，3）上的奇函数，当0＜x＜3时f（x）的
f(x)
图象如图所示则不等式 ＞0的解集是（ ）
xA．（1，3） B．（﹣3，﹣1）∪（1，3）
C．（﹣3，﹣1） D．（0，1）
{ x＞0 { x＜0
【解题思路】由不等式可得 ，或者 ．由于奇函数的图象关于原点对称，结合当0
f(x)＞0 f(x)＜0
＜x＜3时，f（x）的图象可得不等式的解集．
{ x＞0 { x＜0
【解答过程】解：由不等式可得 ，或者 ．
f(x)＞0 f(x)＜0
由于奇函数的图象关于原点对称，结合当0＜x＜3时，f（x）的图象可得
不等式的解集为 {x|1＜x＜3，或﹣3＜x＜﹣1}，
故选：B．
8．（5分）（2022春•长治期末）已知函数 { −xex ，x≤0 ，若函数g（x）＝f（x）﹣|x2﹣kx|有
f(x)=
2x2−x3 ，x＞0
且仅有3个零点，则实数k的取值范围为（ ）
1 9 2
A．(−∞，−1]∪{− }∪{0}∪[1， ) B．(−∞，−1)∪{− }∪{0}∪[1，2)
3 4 3
1 1 9
C．(−∞，−1)∪{− }∪{0}∪[1，2)D．(−∞，−1)∪{− }∪{0}∪[1， )
2 4 4
【解题思路】由题意x＝0为函数g（x）的一个零点，若函数g（x）有且仅有3个零点，只需要函数
{ ex ，x＜0 与 （x）＝|x﹣k|的图象有且仅有2个交点，作出图象结合图象即可求解．
ℎ(x)=
2x−x2 ，x＞0
φ
【解答过程】解：由g（0）＝f（0）﹣0＝0，可得x＝0为函数g（x）的一个零点．
当x＞0时，g（x）＝0可化为2x﹣x2＝|x﹣k|；
当x＜0时，g（x）＝0可化为﹣xex＝﹣x|x﹣k|，可得ex＝|x﹣k|．
若函数g（x）有且仅有3个零点，只需要函数 { ex ，x＜0 与 （x）＝|x﹣k|的图象有且
ℎ(x)=
2x−x2 ，x＞0
φ
仅有2个交点，函数h（x）， （x）的图象为：
φ当k变动时，函数 （x）的图象左、右平移，可求得实数k的范围，
φ
当 （x）与 { ex ，x＜0 相切时，由图象可知y＝k﹣x与y＝2x﹣x2由唯一交点，或者y＝x
ℎ(x)=
2x−x2 ，x＞0
φ
﹣k与y＝2x﹣x2由唯一交；
则x2﹣3x+k＝0有唯一解，或者x2﹣x﹣k＝0有唯一解；
9 1
此时有Δ＝9﹣4k＝0，或者Δ＝1+4k＝0；解得k= 或者k=− ，
4 4
则 9时，由图象可知 （x）＝|x﹣k|与 { ex ，x＜0 没有交点， 9时，由图象可知
k＞ ℎ(x)= k=
4 2x−x2 ，x＞0 4
φ
9 与 { ex ，x＜0 有1交点，
φ(x)=|x− | ℎ(x)=
4 2x−x2 ，x＞0
又当k＝1时，由图象可知 （x）＝|x﹣1|与 { ex ，x＜0 有2个交点，
ℎ(x)=
2x−x2 ，x＞0
φ
故 9时，由图象可知 （x）＝|x﹣k|与 { ex ，x＜0 有2个交点，
1≤k＜ ℎ(x)=
4 2x−x2 ，x＞0
φ
当0＜k＜1时，由图象可知 （x）＝|x﹣k|与 { ex ，x＜0 有3个交点，
ℎ(x)=
2x−x2 ，x＞0
φ
当k＝0时，由图象可知 （x）＝|x|与 { ex ，x＜0 有2个交点，
ℎ(x)=
2x−x2 ，x＞0
φ
故 1 时，由图象可知 （x）＝|x﹣k|与 { ex ，x＜0 有3个交点， 1时，
− ＜k＜0 ℎ(x)= k=−
4 2x−x2 ，x＞0 4
φ
由图象可知 1 与 { ex ，x＜0 有 2 交点， 1时，由图象可知
φ(x)=|x+ | ℎ(x)= −1≤k＜−
4 2x−x2 ，x＞0 4
φ
（x）＝|x﹣k|与 { ex ，x＜0 有1交点．k＜﹣1时，
ℎ(x)=
2x−x2 ，x＞0由图象可知 （x）＝|x﹣k|与 { ex ，x＜0 有2交点，
ℎ(x)=
2x−x2 ，x＞0
φ
综上可知函数 { ex ，x＜0 与 （x）＝|x﹣k|的图象有且仅有 2 个交点时，
ℎ(x)=
2x−x2 ，x＞0
φ
1 9
k∈(−∞，−1)∪{− }∪{0}∪[1， )，
4 4
1 9
即函数g（x）有且仅有3个零点时，k∈(−∞，−1)∪{− }∪{0}∪[1， )．
4 4
故选：D．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2022春•漳州期末）已知a R，则函数f（x）＝|x+a|（x﹣2a）的图象可能是（ ）
∈
A． B．
C． D．
【解题思路】通过a的取值，判断函数的图象的形状，推出结果即可．
【解答过程】解：不妨 a＝1，函数的解析式为：f（x）＝|x+1|（x﹣2），此时函数的图象，
当a＝﹣1时，函数的解析式为：f（x）＝|x﹣1|（x+2），此时函数的图象为： ，
故选：BC．
10．（5分）（2021秋•沙市区校级期末）已知函数 {2x−1，x＜1，则下列x的范围满足不等式f
f(x)=
x2 ，x≥1
（x2+x+3）＞f（3x2﹣3）的是（ ）
3 3 3
A．（﹣2，1） B．(− ，1) C．(− ，2) D．(−1， )
2 2 2
【解题思路】画出函数f（x）的图象，由图象可知函数f（x） 在（﹣∞，+∞）上为增函数，再利用函
数f（x）的单调性简化不等式，即可得到结果．
【解答过程】解：因为函数 {2x−1，x＜1，画出函数图象如图所示：
f(x)=
x2 ，x≥1
所以函数f（x）在（﹣∞，+∞）上为增函数，
由f（x2+x+3）＞f（3x2﹣3），得x2+x+3＞3x2﹣3，
即2x2﹣x﹣6＜0
3
解得− ＜x＜2，
2故选：BCD．
11．（5分）（2021秋•阳春市校级月考）已知函数 f（x）＝3﹣2|x|，g（x）＝x2，构造函数F（x）
{g(x)，f(x)≥g(x) ，那么关于函数y＝F（x）的说法正确的是（ ）
=
f(x)，f(x)＜g(x)
A．y＝F（x）的图象与x轴有3个交点
B．在（1，+∞）上单调递增
C．有最大值1，无最小值
D．有最大值3，最小值1
【解题思路】根据题意，得|x|＞1，作出F（x）的图象，根据图象逐一分析即可．
【解答过程】解：由g（x）﹣f（x）＝x2﹣3+2|x|＞0，得|x|＞1，
则F（x） { x2 ，|x|≤1 ，作出F（x）的图象如图所示，
=
3−2|x|，|x|＞1
由图可知，y＝F（x）的图象与x轴有3个交点，F（x）在（1，+∞）上单调递减，F（x）有最大值1，
没有最小值．
故选：AC．
12．（5分）（2022春•吉林期末）已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）＝e﹣x（x﹣
1）．则下列结论正确的是（ ）
A．当x＜0时，f（x）＝ex（x+1）
B．函数f（x）有两个零点
C．若方程f（x）＝m有三个解，则实数m的取值范围是f（﹣2）＜m＜f（2）
D． x ，x R，|f（x ）﹣f（x ）| ＝2
1 2 1 2 max
【解∀题思路∈】根据题意，根据函数f（x）是奇函数，求出x＜0时的解析式，可判断A；利用导数求出函
数f（x）在（0，+∞）上的单调区间及极值，再结合f（x）是奇函数，可作出函数f（x）在R上的大致
图象，从而可逐项判断B、C、D．【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，设x＜0，则﹣x＞0，所以f（﹣x）＝ex（﹣x﹣1），
又函数f（x）是定义在R上的奇函数，所以f（﹣x）＝﹣f（x），则有f（x）＝ex（x+1），故A正确；
对于B，当x＞0时， x−1，则其导数 ex−(x−1)ex 2−x，
f(x)= f '(x)= =
ex (ex
)
2 ex
令f'（x）＝0，解得x＝2，
当0＜x＜2时，f'（x）＞0，f（x）在（0，2）上单调递增；
当x＞2时，f'（x）＜0，f（x）在（2，+∞）上单调递减，
故当x＝2时，函数f（x）取得极小值e﹣2＞0，
故当0＜x＜2时，f（x）单调递增且f（1）＝0，故函数f（x）在（0，2）仅有一个零点1．
x−1
当x＞2时，f(x)= ＞0，所以函数f（x）在（2，+∞）没有零点，
ex
所以函数f（x）在（0，+∞）上仅有一个零点，函数f（x）是定义在R上的奇函数，
故函数f（x）在（﹣∞，0）上仅有一个零点﹣1，又f（0）＝0，
故函数f（x）在R上有3个零点，故B错误．
对于C，作出函数f（x）的大致图象，如图：
若关于x的方程f（x）＝m有解，由B中的单调性可得，实数m的取值范围是f（﹣2）＜m＜f（2）．
故C正确．
对于D，由图可知，对 x ，x R，|f（x ）﹣f（x ）|＜|1﹣（﹣1）|＝2
1 2 2 1
故D错误． ∀ ∈
故选：AC．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
bx+c
13．（5分）（2020秋•金山区期末）已知常数a，b，c R，函数f（x）= 的图像如图所示，则a，
x2−a
∈
b，c的大小关系用“＜”可以表示为 b ＜ c ＜ a ．【解题思路】根据题意，由函数的图象分析其定义域，可得 a＞0，由f（0）＝0可得c＝0，区间（0，
bx
√a）上，f（x）= ＞0，可得b＜0，综合可得答案．
x2−a
bx+c
【解答过程】解：根据题意，函数f（x）= ，必有x2﹣a≠0，
x2−a
而函数的图象有两个间断点，则有a＞0，即函数的定义域为{x|x≠±√a}
函数图象经过原点（0，0），则有f（0）＝c＝0，
bx
在区间（0，√a）上，f（x）= ＞0，
x2−a
x2﹣a＜0，则有bx＜0，必有b＜0，
故b＜c＜a；
故答案为：b＜c＜a．
14．（5分）（2021秋•金沙县期中）已知函数f（x）的图象如图所示，若f（x）在[m，m+3]上单调递减，
则m的取值范围为 （﹣∞，﹣ 3 ] ∪ [ 2 ， + ∞） ．
【解题思路】先由图象求出函数的单调递减区间，然后由已知得出[m，m+3] （﹣∞，0]或[m，
m+3] [2，+∞），进而可以求解． ⊆
【解答⊆过程】解：由已知图像可知函数的单调递减区间为（﹣∞，0]，[2，+∞），又函数f（x）在[m，m+3]上单调递减，
所以[m，m+3] （﹣∞，0]或[m，m+3] [2，+∞），
则m+3≤0或m⊆≥2，解得m≤﹣3或m≥⊆2，
所以实数m的取值范围为：（﹣∞，﹣3]∪[2，+∞），
故答案为：（﹣∞，﹣3]∪[2，+∞）．
15．（5分）（2022春•海陵区校级月考）已知函数f（x） { lg(2x+1)，x≥0 ，若不等式f（ax﹣1）
=
lg(1−2x)，x＜0
2
＜f（x﹣2）在[2，3]上有解，则实数a的取值范围是 （ 0 ， ） ．
3
【解题思路】判断出函数f（x）的奇偶性和单调性，即可得到|ax﹣1|＜x﹣2在[2，3]上有解，然后结合
函数的最值得到a的范围．
【解答过程】解：因为f（x） { lg(2x+1)，x≥0 ，
=
lg(1−2x)，x＜0
所以当x＝0时，f（0）＝0；
当x＞0时，f（﹣x）＝lg[1﹣2（﹣x）]＝lg（1+2x）＝f（x）；
同理可得，当x＜0时，f（﹣x）＝f（x），
综上可知，f（﹣x）＝f（x）恒成立，故f（x）是偶函数，
函数图象如下所示：
又因为x＞0时，f（x）是单调增函数，所以不等式f（ax﹣1）＜f（x﹣2）在[2，3]上有解，
则|ax﹣1|＜|x﹣2|＝x﹣2在[2，3]上有解，
即2﹣x＜ax﹣1＜x﹣2在[2，3]上有解，3
{ a+1＞
即 x 在[2，3]上有解，
1
a−1＜−
x
3 1 1
所以a+1＞（ ） ＝1且a﹣1＜（− ） =− ，
min max
x x 3
2
所以a＞0且a＜ ，
3
2
故0＜a＜ ．
3
2
故答案为：（0， ）．
3
1
{1−|2x|−m，x＜
16．（5分）（2022•遵义开学）已知函数f（x） 2恰有3个零点，则m的取值范
=
1
x3lnx−m，x≥
2
1 ln2
围是 （ 0 ， 1 ）∪（ − ，− ） ．
3e 8
1
{1−|2x|，x＜
【解题思路】设函数 g（x） 2，利用导数法作出函数的图象，根据题意，由 g
=
1
x3lnx，x≥
2
（x）的图象与直线y＝m有3个公共点求解．
1
{1−|2x|，x＜
【解答过程】解：设函数g（x） 2，
=
1
x3lnx，x≥
2
依题意可得g（x）的图象与直线y＝m有3个公共点．
1
当x≥ 时，g'（x）＝x2（3lnx+1）．
2
1
− 1
令g'（x）＝0，得x＝e❑ 3＞ ，
2
1 1 1
当 ＜x＜e − 时，g'（x）＜0，当x＞e − 时，g'（x）＞0，
2 ❑ 3 ❑ 31
1
则g（x）的极小值为g（e − ）＝− ，
❑ 3 3e
1
当x＜ 时，g（x）＝1﹣|2x|，
2
1
则g（x）在（0， ）上单调递减，在（﹣∞，0）上单调递增．
2
作出g（x）的图象，如图所示，
1 ln2
又g（0）＝1，g（ ）＝− ，
2 8
1 ln2
由图可知，m的取值集合是（0，1）∪（− ，− ）．
3e 8
1 ln2
故答案为：（0，1）∪（− ，− ）．
3e 8
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2020秋•武功县校级月考）如图，动点P从边长为4的正方形ABCD的顶点B开始，顺次
经C、D、A绕周界运动，用x表示点P的行程，y表示△APB的面积，求函数y＝f（x）的解析式．
【解题思路】△APB的形状各有特征，计算它们的面积也有不同的方法，因此同样必须对P点的位置进
行分类求解即可．
1
【解答过程】解：当点P在BC上运动，即0≤x≤4时，y= ×4x＝2x；
2
1
当点P在CD上运动，即4＜x≤8时，y= ×4×4＝8；
2
1
当点P在DA上运动，即8＜x≤12时，y= ×4×（12﹣x）＝24﹣2x．
2{ 2x，0≤x≤4
综上可知，f（x）= 8，4＜x＜8 .
24−2x，8≤x≤12
18．（12分）（2021秋•武汉期末）已知函数f(x)=√x，g（x）＝|x﹣2|．
（1）求方程f（x）＝g（x）的解集；
{a，a≥b
（2）定义：max{a，b}= ．已知定义在[0，+∞）上的函数 h（x）＝max{f（x），g
b，a＜b
（x）}，求函数h（x）的解析式；
（3）在（2）的条件下，在平面直角坐标系中，画出函数 h（x）的简图，并根据图象写出函数h（x）
的单调区间和最小值．
【解题思路】（1）根据题意可得√x=|x−2|，平方即可求解．
（2）由题意比较√x与|x﹣2|的大小，从而可得出答案．
（3）由（2）得到的函数关系，作出函数图象，根据图象可得函数的单调区间和最小值．
【解答过程】解：（1）由√x=|x−2|，得x2﹣5x+4＝0，∴x ＝1，x ＝4；解集为{1，4}；
1 2
{2−x，0≤x＜1
{ √x，√x≥|x−2|
（2）由已知得ℎ(x)= = √x，1≤x≤4 ；
|x−2|，√x＜|x−2|
x−2，x＞4
（3）函数h（x）的图象如图实线所示：
函数h（x）的单调递减区间是[0，1]，
单调递增区间是（1，+∞），
其最小值为1．19．（12分）（2021秋•南开区期末）已知函数f（x）的图象如图所示，在区间[0，4]上是抛物线的一段．
（Ⅰ）求f（x）的解析式；
1
（Ⅱ）解不等式f（x）≤ x+1．
2
【解题思路】（Ⅰ）根据图象分段求解解析式即可，
（Ⅱ）根据解析式分段求解不等式即可得到结论．
【解答过程】解：（Ⅰ）由图可得，当x＜0时，f（x）＝3，
当0≤x≤4时，设f（x）＝a（x﹣2）2﹣1，把（1，0）代入求得a＝1，即f（x）＝（x﹣2）2﹣1，
当x＞4时，设f（x）＝mx+n，把（4，3）以及（5，0）代入可得m＝﹣3，且n＝15，故f（x）＝﹣
3x+15，
{ 3，x＜0
∴f（x） ；
= (x−2) 2−1，0≤x≤4
−3x+15，x＞4
1
（Ⅱ）f（x）≤ x+1，
2
1
当x＜0时，3≤ x+1，解得x≥4不符合，舍去，
2
1 1
当0≤x≤4时，（x﹣2）2﹣1≤ x+1，解得 ≤x≤4符合，
2 2
1
当x＞4时，﹣3x+15≤ x+1，解得x≥4符合，
2
1
综上可得不等式的解集为：[ ，+∞）．
220．（12分）（2022•响水县校级开学）已知函数 {x2−1，−1≤x＜2，
f(x)=
f(x−3)，2≤x≤5．
（1）在如图的直角坐标系内画出f（x）的图象并写出f（x）的单调区间；
（2）求不等式f（x）﹣1＜0的解集．
【解题思路】（1）根据解析式得到函数图象的坐标列表，在坐标系中描点画出函数图象，结合图象确
定单调区间即可．
（2）求f（x）＝1对应自变量值，再结合图象求不等式的解集．
【解答过程】解：（1）由解析式知：
x ﹣1 0 1 2 3 4 5
f（x） 0 ﹣1 0 0 ﹣1 0 0
f（x）的图象如下图所示：
由图象知，f（x）的单调递增区间为（0，2），（3，5），单调递减区间为[﹣1，0]，[2，3]．
（2）令x2﹣1＝1，解得x=√2或−√2，
结合f（x）图象知：f（x）﹣1＜0的解集为[−1，√2)∪[2，3+√2)∪{5}．
21．（12分）（2022春•常德期末）已知f（x）＝x+x﹣1﹣2．
（1）若 x [﹣1，1]时， ，求实数k的取值范围；
0 f(2x 0)−k⋅2x 0≥0
∃ ∈
2k
（2）设g（x）＝|ex﹣2|若方程f(g(x))+ −3k=0有三个不同的实数解，求实数k的取值范围．
g(x)1 2
【解题思路】（1）将含参不等式，进行参变分离k≤1+ − ，转换为二次函数求最值即可求函数
(2x
)
2 2x
最值，得k的取值范围；
（2）将原方程转换为|ex﹣2|2﹣（2+3k）|ex﹣2|+（1+2k）＝0，利用整体换元t＝|ex﹣2|，结合二次函数
的实根分布即可求解．
1 1 2
【解答过程】解：（1）f（2x）﹣k⋅2x≥0即2x+ −2≥k⋅2x ，k≤1+ − ，
2x (2x
)
2 2x
1 1
令t= ∈[ ，2]，记F（t）＝t2﹣2t+1，
2x 2
∴F（t） ＝F（2）＝1，
max
∴k≤1
即k的取值范围是（﹣∞，1]．
2 1+2k
（2）由f(|ex−2|)+k( −3)=0得，|ex−2|+ −(2+3k)=0，
|ex−2| |ex−2|
即|ex﹣2|2﹣（2+3k）|ex﹣2|+（1+2k）＝0，且|ex﹣2|≠0，
令t＝|ex﹣2|，则方程化为t2﹣（2+3k）t+（1+2k）＝0（t≠0），
画出t＝|ex﹣2|的图象，如图所示，
2
因为方程f(|ex−2|)+k( −3)=0有三个不同的实数解，
|ex−2|
所以t2﹣（2+3k）t+（1+2k）＝0（t≠0）有两个根t ，t ，且0＜t ＜2＜t 或0＜t ＜2，t ＝2．
1 2 1 2 1 2
记 （t）＝t2﹣（2+3k）t+（1+2k），
φ
{
φ(0)=1+2k＞0
则{ φ(0)=1+2k＞0 或 φ(2)=−4k+1=0，解得 1或 1，
k＞ k=
φ(2)=−4k+1＜0 2+3k 4 4
0＜ ＜2
2
1
综上所述，k的取值范围是[ ，+∞）．
422．（12分）（2022春•丽水期末）已知函数f（x）＝x2﹣4x+a（x R）．
（1）若x （1，3）时，不等式log f（x）≤1恒成立，求实数a∈的取值范围；
2
（2）若关∈于x的方程f（2x+1）+（a+2）|2x﹣1|+8＝0有三个不同的实数解，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）由log f（x）≤1可得0＜f（x）≤2，将恒成立问题转化为最值问题，借助二次函数
2
的性质即可求解；
（2）将方程整理得（2x﹣1）2+（a+2）|2x﹣1|+a+4＝0，令t＝|2x﹣1|，结合图象，将问题转化为二次函
数根的分布问题，借助二次函数的性质即可求解．
【解答过程】解：（1）由log
f（x）≤1可得0＜f（x）≤2，即{x2−4x+a＞0对于x
（1，3）恒成
2
x2−4x+a≤2
∈
立，
{(x2−4x+a) ＞0
∴x （1，3）时， min ，
(x2−4x+a) ≤2
max
∈
又y＝x2﹣4x+a＝（x﹣2）2+a﹣4，在（1，2）上单调递减，在（2，3）上单调递增，
{a−4＞0
则 ，解得4＜a≤5，
a−3≤2
故a的取值范围为（4，5]；
（2）作出y＝|2x﹣1|的图象，如图所示：
由f（2x+1）+（a+2）|2x﹣1|+8＝0可得（2x+1）2﹣4（2x+1）+2+（a+2）|2x﹣1|+8＝0，
整理得（2x﹣1）2+（a+2）|2x﹣1|+a+4＝0，
设t＝|2x﹣1|，得t2+（a+2）t+a+4＝0，
由t＝|2x﹣1|的图象知，原方程有三个解，则关于t的方程t2+（a+2）t+a+4＝0有两解，Δ＝（a+2）2﹣4
（a+4）＝a2﹣12＞0，设两解为t 1 ，t 2 （t 1 ＜t 2 ），t 1 +t 2 ＝﹣a﹣2，则{ t 1 =0 或{0＜t 1 ＜1或{0＜t 1 ＜1，
0＜t ＜1 t =1 t ＞1
1 2 2
{ a+4=0 {0＜−a−2−1＜1 { a+4＞0
∴ 或 或 ，
0＜−a−2＜1 1+a+2+a+4=0 1+a+2+a+4＜0
7
解得﹣4＜a≤− ．
2
7
故a的取值范围：（﹣4，− ]．
2
